Exercícios de Física Geral e Experimental I

Prévia do material em texto

Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
MAP – S2 
Material de Apoio Pedagógico - LISTA PREPARATÓRIA 
 
FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL I 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
QUESTÃO 01 Pelé dirige um carro que se desloca com velocidade constante igual 
a 30m/s. Distraído percebe que Maradona atravessa a rua e imediatamente aciona 
os freios até parar. Considerando que a aceleração máxima para frear o carro tem 
valor absoluto igual a 8m/s², e que Maradona se encontra 60m distante e no rumo 
do carro. 
Vide ilustração: 
 
Calcule e verifique se Pelé atropela Maradona. 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
A situação do enunciado trata de MUV, no entanto não foi dado a variável tempo. 
Assim deve-se usar a equação de Torricelli 𝑉2 = 𝑉0
2 + 2𝑎∆𝑆. 
 
 
 
 
 
 
Saiba que a velocidade no momento em que aciona os freios é exatamente 30 m/s, 
e a aceleração é constante e igual a 𝑎 = −8𝑚/𝑠2. A distância entre o veículo e o 
Maradona é igual a ∆𝑆 = 50𝑚 (variação da distância) no SI. 
60m 
Evangelista Torricelli 
Físico e matemático italiano, conhecido pela invenção 
do barômetro e por descobertas na área de óptica. 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
 
Ao acionar os freios o veículo perde velocidade e em algum momento deve parar, 
assim a velocidade ao final do movimento será V = 0. 
 
Vamos Calcular ∆𝑆. 
 
Se ∆𝑆 > 60𝑚 → que Maradona será atropelado. 
Se ∆𝑆 < 60𝑚 → que Maradona não será atropelado. 
Se ∆𝑆 = 60𝑚 → o veículo bate em Maradona. 
 
Substituindo em 𝑉2 = 𝑉0
2 + 2𝑎∆𝑆 tem-se: 
 
02 = 302 + 2(−8)∆𝑆 → −900 = −16∆𝑆 → ∆𝑆 =
900
16
= 56,25𝑚 
 
Logo Maradona não será atropelado, pois 56,25m < 60m, ou seja, Pelé consegue 
parar o carro a 3,75m de atingir Maradona. 
 
 
QUESTÃO 02 O gráfico a seguir registra a velocidade, em m/s, de um móvel em 
função do tempo t em segundos. 
 
Determine o espaço percorrido pelo móvel entre os instantes 5 e 9 segundos. 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Note que o produto (v.t) dos eixos do plano gera a distância (S=v.t) de onde temos 
que o móvel parte da origem das posições S0 = 0. 
 
Assim a distância percorrida entre os instantes 5 e 9 será a exatamente igual a área 
do trapézio abaixo. 
 
 
Saiba que a área do trapézio é dado por 𝐴𝑇 =
(𝐵+𝑏).ℎ
2
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
ℎ = 4 
𝑏 = 3,5 
3,5 
5,5 
𝑏 = 5,5 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Desenvolvendo teremos: 
𝐴𝑇 =
(𝐵 + 𝑏). ℎ
2
→ 𝐴𝑇 =
(5,5 + 3,5). 4
2
= 9 . 2 = 18 𝑢. 𝑎 
Logo a distância percorrida entre os instantes 5s e 9s foi S = 18m. 
 
 QUESTÃO 03 Um móvel foi abandonado do alto de um penhasco de altura igual a 
180 metros em relação ao solo. Desprezando a resistência do ar e adotando g = 
10m/s2, o tempo gasto em segundos, pelo móvel para atingir o solo e a velocidade 
em km/h ao atingir o solo valem respectivamente: 
 
RESOLUÇÃO: 
Note que temos um MQL (movimento de queda livre) 
Assim temos o esquema: 
 
 
 
 
Saiba que no MQL temos: 𝐻 = 𝐻0 + 𝑉0. 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 , onde 𝐻0 = 0 𝑒 𝑉0 = 0 altura 
inicial e velocidade respectivamente, no caso da velocidade, o móvel parte do 
repouso (V0). Fica então após as substituições: 𝐻 = 𝑔.
𝑡2
2
. 
Substituindo os dados g = 10m/s2 e H = 180 m, calculamos t, o instante em segundos 
que o móvel leva para atingir o solo. 
Segue; 180 = 10.
𝑡2
2
→ 180 = 5𝑡2 → 𝑡2 = 36 → 𝑡 = ±6 assim o instante t 
= 6 segundos. 
Saibamos que no MQL: 
𝑉 = 𝑔. 𝑡 
H = 160 metros 
H0 = 0 
V0 = 0 
V = ? 
Solo 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Pois V0 = 0, assim temos que a velocidade com que o móvel atinge o solo é igual a 
𝑉 = 10.6 = 60𝑚/𝑠. 
Como foi solicitado em km/h usaremos o fator de conversão: 
𝑚
𝑠
 . 3,6 = 
𝑘𝑚
ℎ
 
60 . 3,6 = 216 km/h. 
Portanto respectivamente t = 6s e V= 216 km/h. 
 
QUESTÃO 04 Um móvel foi lançado verticalmente para cima, com velocidade inicial 
de 54km/h. Desprezando a resistência do ar e admitindo g = 10 m/s2, o tempo gasto 
em segundos para atingir o ponto mais alto e a altura máxima em metros serão 
respectivamente iguais a: 
 
RESOLUÇÃO: 
Note que temos um lançamento vertical para cima. 
Assim temos o esquema: 
 
 
 
 
Saiba que no lançamento vertical para cima temos: 𝐻 = 𝐻0 + 𝑉0. 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 , como 
𝐻0 = 0 fica então: 𝐻 = 𝑉0. 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
. 
Sabe-se também que 𝑉 = 𝑉0 + 𝑔. 𝑡. 
Importante! 
No lançamento vertical para cima adote g no sentido negativo, pois o movimento 
será acelerado negativamente, até parar em um ponto, o qual chamamos Altura 
Máxima. 
 
HMÁX = ? (Altura máxima) 
H0 = 0 
V = 0 
V0 = 54 km/h 
Solo 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Saiba que V0 = 54km/h = 54/3,6 = 15 m/s 
Substituindo os dados g = - 10m/s2 e V0 = 15 m/s, em 𝑉 = 𝑉0 + 𝑔. 𝑡 calculamos 
então t, o instante em segundos, que o móvel leva para atingir a altura máxima. 
Segue; 0 = 15 + (−10). 𝑡 → 10𝑡 = 15 → 𝑡 =
3
2
𝑠. assim o instante t = 1,5 
segundos. 
Atribuindo o instante t = 3/2 em 𝐻 = 𝑉0. 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 determinamos a altura máxima, 
então: 
𝐻 = 15.
3
2
 + (−10).
(
3
2)
2
2
→ 𝐻𝑀Á𝑋 =
45
2
− 5.
9
4
=
45
2
−
45
4
=
45
4
𝑚 . 
Portanto respectivamente t = 1,5s e HMÁX = 11,25 metros. 
 
QUESTÃO 05 Um corpo é lançado, do solo para cima, segundo um ângulo de 30° 
com a horizontal, com velocidade de 50m/s. 
Considerando g = 10 m/s2 determine as coordenadas do corpo no instante t = 2s. 
 
RESOLUÇÃO: 
Temos um lançamento oblíquo. 
Segue o esquema: 
 
 
 
 
Saiba que 𝑉0𝑦 = 𝑉0. 𝑠𝑒𝑛𝜃 e que 𝑉0𝑥 = 𝑉0. 𝑐𝑜𝑠𝜃, 
Importante! 
No lançamento oblíquo temos na vertical um MUV e na horizontal MU. 
𝜃 
Altura máxima (V=0) 
Solo 
VY 
VX 
𝐻0 = y0 = 0 
𝐻𝑀Á𝑋 = yMÁX 
Alcance horizontal 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Aceleração da gravidade g está no sentido negativo pois desacelera até parar no 
ponto mais alto. 
Equação horária na vertical: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑉0𝑦 . 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 
Assim; 𝑦 = 0 + (50. 𝑠𝑒𝑛30°). 𝑡 + (−10).
𝑡2
2
→ 𝑦 = 25. 𝑡 − 5𝑡2 
Equação horária na horizontal: 𝑥 = 𝑥0 + 𝑉0𝑥 . 𝑡 
Assim; 𝑥 = 0 + (50. 𝑐𝑜𝑠30°). 𝑡 → 𝑥 = 50.
√3
2
 . 𝑡 → 𝑥 = 25√3 . 𝑡 
Logo as coordenadas (x, y) do corpo no instante 2s será dado por: 
𝑥 = 25√3 . 𝑡 para t = 2 tem-se 𝑥 = 25√3 . 2 → 𝑥 = 50√3 ≅ 86,6 𝑚 
𝑦 = 25. 𝑡 − 5𝑡2 para t = 2 temos 𝑦 = 25.2 − 5. 22 → 𝑦 = 50 − 20 = 30𝑚 
As coordenadas são (50√3 𝑚 , 30𝑚). 
 
QUESTÃO 06 Um corpo é lançado, do solo para cima, segundo um ângulo de 30° 
com a horizontal, com velocidade de 40m/s. 
Considerando g = 10 m/s2 determine a altura máxima atingida pelo corpo. 
 
RESOLUÇÃO: 
Temos um lançamento oblíquo. 
Segue o esquema: 
 
 
 
 
Seja 𝑉0𝑦 = 𝑉0. 𝑠𝑒𝑛𝜃 então: 𝑉0𝑦 = 40.
1
2
= 20𝑚/𝑠 
30° 
Altura máxima (Vy=0) 
Solo 
VY 
VX 
𝐻0 = y0 = 0 
𝐻𝑀Á𝑋 = yMÁX 
Alcance horizontal 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Equações horárias na vertical: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑉0𝑦 . 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 e 𝑉𝑦 = 𝑉0𝑦 + 𝑔. 𝑡 
Assim; 
𝑉𝑦 = 𝑉0𝑦 + 𝑔. 𝑡 → 0 = 20 − 10. 𝑡 → 𝑡 = 2𝑠 
 𝑦 = 0 + 20𝑡 + (−10).
𝑡2
2
→ 𝑦 = 20𝑡 − 5𝑡2 
Logo, 𝑦𝑀Á𝑋= 20.2 − 5. 2
2 = 40 − 20 = 20𝑚 
Logo a altura máxima atingida pelo corpo será 20 metros. 
 
QUESTÃO 07 Um corpo é lançado com velocidade horizontal de 3 m/s do alto de 
um edifício e alcança o solo a 8 m da base do mesmo. 
Despreze efeitos de resistência do ar e determine, em metros, a altura do edifício. 
 
RESOLUÇÃO: 
Esquema: 
 
 
 
 
 
Importante! 
O lançamento horizontal trata-se de uma particularidade do movimento oblíquo onde 
o ângulo de lançamento é zero. 
Equação horária na vertical: 𝑦 = 𝑦0 + 𝑉0𝑦 . 𝑡 + 𝑔.
𝑡2
2
 , como 𝑉0𝑦 = 𝑉0 . 𝑠𝑒𝑛𝜃 se 
𝜃 = 0 (𝑉0𝑦 = 𝑉0 . 𝑠𝑒𝑛0 → 𝑉0𝑦 = 0) temos então: 𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒈.
𝒕𝟐
𝟐
 
Solo 
8 m 
V0 
H 
H0 
Material de Apoio Pedagógico – Semana 02 
Professor: Esp. Isaías de Jesus 
 
Equação horária na horizontal: 𝑥 = 𝑥0 + 𝑉0𝑥 . 𝑡 , como 𝑉0𝑥 = 𝑉0 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 se 𝜃 =
0 (𝑉0𝑥 = 𝑉0 . 𝑐𝑜𝑠0 → 𝑉0𝑦 = 𝑉0) temos então: 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝑽𝟎 . 𝒕 
Se o móvel alcança o solo a 8 m da base do edifício trataremos inicialmente do 
alcance que é dado por: 𝒙 = 𝒙𝟎 + 𝑽𝟎 . 𝒕 , substituindo x, x0 e V0 iremos calcular o 
instante t que o móvel toca no solo. 
Sabendo que x = 8m (alcance) ; x0 = 0 (base do edifício ponto de referência 0) e V0 
= 3 m/s então: 
𝟖 = 𝟎 + 𝟑 . 𝒕 → 𝒕 =
𝟖
𝟔
→ 𝒕 =
𝟖
𝟑
𝒔 
Para determina a altura do edifício utilizaremos 𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒈.
𝒕𝟐
𝟐
 . 
Importante! 
Aqui a gravidade está no sentido positivo, pois acelera até tocar o solo. 
Substituído y0 = 0 (altura inicial) e g = 10 m/s2 e t = 8/3 s determinaremos y (altura 
do edifício) 
Assim; 𝒚 = 𝒚𝟎 + 𝒈.
𝒕𝟐
𝟐
→ 𝑦 = 0 + 10.
(
8
3
)
2
2
→ 𝑦 = 5 .
64
9
=
320
9
𝑚 ≅ 35,56𝑚 
Portanto a altura do edifício é exatamente 
320
9
𝑚.